2024-2025学年陕西省西安市高三上学期第三次模拟考试数学检测试题（含解析）

2024-2025学年陕西省西安市高三上学期第三次模拟考试数学检测试题单选题1、已知复数z满足,则z=（

）A．B．C．D．2、设集合则=（

）A．B．C．D.3、设非零向量满足，则（

）A．B．C．D．4、已知，则（

）A．33B．-33C．63D．5、已知点P（1，2）在曲线上，则的最小值为（

）A.4B．22C．42D．3+226．当x>1时，函数y=(lnx)2+alnx+1的图象在直线y=x的下方，则实数a的取值范围是（

）A．(-∞，e) B．(-∞，)C．(-∞，) D．(-∞，e-2)7．甲、乙、丙、丁四人各掷骰子5次（骰子出现的点数可能为1，2，3，4，5，6），并分别记录自己每次出现的点数，四人根据统计结果对自己的试验数据分别做了如下描述，可以判断一定出现6点的描述是（

）A．中位数为4，众数为4 B．中位数为3，极差为4C．平均数为3，方差为2 D．平均数为4，第25百分位数为28．已知是椭圆上的动点，且与的四个顶点不重合，分别是椭圆的左、右焦点，若点在的平分线上，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．多选题设抛物线C:(p>0)的焦点为F,点M在抛物线C上，且MF=10,则抛物线C的方程可以为（

）A.B．C.D.10．上海世博会中国国家馆以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的六面体，设矩形和的中心分别为和，若平面，，，，，，，，，，则（

）

A．这个六面体是棱台B．该六面体的外接球体积是C．直线与异面D．二面角的正切值是611、设是正项数列的前n

项和，且对任意正整数n,都有，则下列命题正确的是（

）A．B．C．是递减数列D．存在正整数k,使得填空题12、记为等差数列的前n项和，若，则公差d=．13．在展开式中，的偶数次幂项的系数之和为32，则.14．已知函数（且）在上单调递减，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是．三、解答题15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求；(2)若，的面积为3，求.16．已知中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴的双曲线经过点，且其渐近线的斜率为．(1)求的方程．(2)若动直线与交于两点，且，证明：为定值．17．在底面是菱形的四棱锥中，已知，过作侧面的垂线，垂足恰为棱的中点.(1)证明在棱上存在一点，使得侧面，并求的长；(2)求平面与平面夹角的余弦值.18．某校在90周年校庆到来之际，为了丰富教师的学习和生活，特举行了答题竞赛．在竞赛中，每位参赛教师答题若干次，每一次答题的赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分，从第2次答题开始，答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分，答错得10分，教师甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为，每次答题是否答对互不影响.(1)求甲前3次答题的得分之和为70分的概率．(2)记甲第i次答题所得分数的数学期望为．（ⅰ）求，，，并猜想当时，与之间的关系式；（ⅱ）若，求n的最小值．19．阅读以下材料：①设为函数的导函数.若在区间D单调递增；则称为区上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.②平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中.(1)已知函数.（i）当时，讨论的凹凸性；（ii）当时，点在轴右侧且为的“3切点”，求点的集合；(2)已知函数，点在轴左侧且为的“3切点”，写出点的集合（不需要写出求解过程）.答案：题号123456768109答案CBDADDDDABCDBCC【详解】2z−1z=1+i,则2-=1+i,所以=1-i,因此z=12+2、B【详解】S=yy>0,T=y0<3、D【详解】a+b=a−4、A【详解】5、D【详解】P（1，2）在曲线上,则当且仅当取等号6．D【分析】根据中位数，众数和极差的定义举例即可判断AB，根据平均数和方差的定义利用反证法即可判断C，根据百分位数和平均数的定义利用反证法即可判断D.【详解】解：对于A，中位数为4，众数为4，则这5个数可以为，故A不符题意；对于B，中位数为3，极差为4，则这5个数可以是，故B不符题意；对于C，平均数为3，方差为2，设这5个数分别为，则，，若取，则，则，所以，所以这四个数可以为与，这与矛盾，所以6不存在，故C不符题意；对于D，按从小到大的顺序设这5个数为，因为，所以第25百分位数为5个数中从小到大排列的第二个数，又第25百分位数为2，所以，因为平均数为4，所以，则，若三个数都不是6，则，这与矛盾，故三个数一定会出现6，故D符合题意.故选：D.7．D【分析】分离参数，构造函数，求导分析出单调性，求出该函数的最小值，即可得到的取值范围.【详解】由题意知，构造函数，令则故当时单调递减当时单调递增，所以所以故选：D.8．A【分析】延长交的延长线于点，由已知条件可证为的中位线，根据椭圆的定义转化成，求出焦半径的取值范围，即可得的取值范围.【详解】如图所示，延长交的延长线于点，点在椭圆上，由椭圆的性质可知，因为分别是椭圆的左、右焦点，所以点的坐标为、点的坐标为，因为点是的角平分线上的一点，所以，又，则,所以，则，，又因为点为线段的中点，所以为的中位线，即，当点在椭圆右顶点时，取最大值，最大值为6，当点在椭圆左顶点时，取最小值，最小值为2，当点在椭圆上顶点或下顶点时，，又因为点是椭圆上的动点，且与的四个顶点不重合，则的取值范围为，结合函数函数的性质可得，的取值范围是，故选：A.BC【详解】由定义可知，当点M在焦点左侧时，p=18,则方程为当点M在焦点右侧时，p=2,则方程为综上，选择BC为正确答案10．BCD【分析】选项A：,这个六面体不是棱台，错误；选项B：这个六面体的外接球球心在直线上，结合勾股定理，计算六面体的外接球半径，从而求得体积，正确；选项C：和显然不相交，结合题意证得与不平行，所以和不在同一平面内，正确；选项D：取和的中点分别为，，即所求二面角的平面角，解得，正确；【详解】

因为，所以四条侧棱的延长线不能交于一点，所以这个六面体不是棱台，所以错误.由题意可知，这个六面体的外接球球心在直线上，且，因为，解得，所以六面体的外接球半径，所以这个六面体的外接球体积是，B正确.和显然不相交，因为，所以与不平行，所以和不在同一平面内，C正确.取和的中点分别为，，连接，则即所求二面角的平面角，，所以，D正确.故选：BCD.12.1，13．2【分析】设的偶数次幂项的系数之和为，奇数次幂项的系数之和为，则，解得，得到答案.【详解】设展开式的偶数次幂项的系数之和为，奇数次幂项的系数之和为，则，得，由得.故2.本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.14．【分析】利用函数是减函数,根据对数的图象和性质判断出的大致范围，再根据为减函数，得到不等式组,利用函数的图象,方程的解的个数,推出的范围．【详解】函数（且），在上单调递减，则：；解得，．由图象可知，在上,有且仅有一个解，故在上,同样有且仅有一个解，当即时,联立,则,解得或1（舍去），当时,由图象可知，符合条件，综上：的取值范围为.故答案为．

本题考查函数的单调性和方程的零点,对于分段函数在定义域内是减函数,除了每一段都是减函数以外,还要注意右段在左段的下方,经常会被忽略,是一个易错点；复杂方程的解通常转化为函数的零点,或两函数的交点,体现了数学结合思想,属于难题.15．(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理与正弦定理，结合余弦函数的和差公式即可得解；（2）利用正弦定理与条件得到关于的表达式，从而利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）由余弦定理，得，由正弦定理，得，因为，所以，则，即，显然，所以.（2）因为，所以，则由，得，因为，所以，所以，即，由，得，则，即，因为的面积为3，所以，则，解得（负值舍去），所以.16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由渐近线的斜率设，再将代入求解即可；（2）分两种情况证明，当直线的斜率存在，设，与双曲线联立，根据韦达定理及得出，设点到直线的距离为，则由等面积法即可证明；当直线的斜率不存在，设直线的斜率为1，分别求出，即可证明．【详解】（1）由题可设双曲线的方程为．因为经过点，所以，解得，故的方程为．（2）若直线的斜率存在，设，由，消去得，则，即，设Ax1,因为，所以，即，所以，整理得，设点到直线的距离为，则由等面积法得，所以，又，所以；若直线的斜率不存在，则直线的斜率为，不妨设直线的斜率为1，则，将点的坐标代入方程，得，所以，所以．综上，为定值．17．(1)证明见解析，(2)【分析】（1）连，先证明面，从而得出，再由，结合线面垂直判定证明侧面，再由等面积法以及勾股定理得出的长；（2）分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，结合向量法得出平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）解：连是的中点，，又面，面，过作于，则，又，又，所以面.在Rt中，，，所以.（2）分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，故点的坐标是，由（1）知面，故面的法向量可取，设面的法向量是，而，由，得令，得，即，所以，从而平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）由题意，得到前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），进而求得得分之和为70分的概率；（2）（ⅰ）根据题意，分别求得，，，结合题意，得到，即可完成猜想；（ⅱ）由（i）得到为等差数列，求得，结合和，即可求解.【详解】（1）解：由题意，前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），所以甲前3次答题的得分之和为70分的概率为.（2）解：（ⅰ）甲第1次答题得分20分，10分的概率分别为，则，甲第2次答题得分40分，20分，10分的概率分别为，则，甲第3次答题得分80分，40分，20，10嗯分的概率分别为，则，当时，因为甲第次答题所得分数的数学期望为，所以第次答对题所得分数为，答错题所的分数为分，其概率为，所以，可猜想.（ⅱ）由（i）知数列是以15为首项，5为公差的等差数列，根据等差数列的求和公式，可得，当时，，当时，，所以实数的最小值为.方法点睛：对于离散型随机变量的期望与方差的综合问题的求解策略：1、理解随机变量的意义，写出可能取得得全部数值；2、根据题意，求得随机变量的每一个值对应的概率；3、列出随机变量的分布列，利用期望和方差的公式求得数学期望和方差；4、注意期望与方差的性质的应用；19．(1)（i）答案见解析；（ii）或(2)点的集合为或或【分析】（1）（i）利用导函数并对参数进行分类讨论，即可得出函数的单调性，可得其凹凸性；（ii）根据“切点”的定义，由切点个数转化成方程根的个数即可得出点的集合；（2）根据函数利用“切点”的定义，得出单调性即可得出结论.【详解】（1）因为，所以，令，所以.（i）当时，，令，解得；令，解得；故为区间上的凹函数，为区间上的凸函数；当时，令，解得，令，解得或，故为区间上的凹函数，为区间和上的凸函数；当时，，故为区间上的凸函数；.当时，令，解得，令，解得或，故为区间上的凹函数，为区间和上的凸函数；综上所述，当时，为区间上的凹函数，为区间和上的凸函数；当时，为区间上的凸函数；当时，为区间上的凹函数